2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一板塊 13個高考主題主干知識再回顧.doc

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2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一板塊 13個高考主題主干知識再回顧 “源于課本，高于課本”一直是高考命題的基本原則，這種原則在命題時表現(xiàn)為以“中檔題為主”，在高考中，以大多數(shù)似曾相識的“教材挖掘題”以及相對穩(wěn)定的難度連年延續(xù)。所以考前幾天，不應(yīng)再糾纏于偏難怪題不能自撥，而應(yīng)回歸教材主干知識，重溫經(jīng)典題目，樹立自信心，保持良好狀態(tài)，力避非能力因素而失分。 高考主題(一)　質(zhì)點的直線運動 考綱要求 命題解讀 1 參考系、質(zhì)點(Ⅰ) 　　3個考點中，勻變速直線運動及其公式、圖像是命題的熱點。近年高考中考查過追及與圖像綜合、勻變速直線運動與牛頓運動定律、功能規(guī)律綜合，選擇題、計算題皆有。 2 位移、速度和加速度(Ⅱ) 3 勻變速直線運動及其公式、圖像(Ⅱ) [主干知識憶一憶] 1．質(zhì)點是一種理想化模型，物體看成質(zhì)點有條件，參考系具有任意性、差異性等，巧用參考系能快速解決問題。 2．位移表示位置的變化，為矢量。位移相同，路程(標(biāo)量)可能不同。 3．速度定義式v＝。平均速度對應(yīng)位移(時間)，方向為位移方向，瞬時速度對應(yīng)位置(時刻)，方向為運動方向。讀取汽車速度時要注意單位換算，1 m/s＝3.6 km/h。 4．加速度定義式a＝。物體運動是加速還是減速看加速度與速度方向是同向(或銳角)還是反向(或鈍角)。物體加速度大反映速度變化快。類似描述量有磁通量及磁通量變化率。加速度的方向與物體所受的合外力的方向相同(或與速度變化量的方向相同)。 5．勻變速直線運動的基本公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v02＝2ax。三個式子皆為矢量式。 勻變速直線運動的時間中點速度v＝，位移中點速度v＝ 。不管是勻加速直線運動還是勻減速直線運動都有v小于v。 6．速度圖像中斜率反映加速度、面積反映位移；位移圖像中斜率反映速度；加速度圖像中，面積對應(yīng)速度的變化量。 7．在勻變速直線運動中，物體所受合力恒定，加速度恒定，速度均勻增大或減小。物體做直線運動的條件為：所受合力(不是某個力)方向與速度方向在同一直線上(這招對判斷帶電粒子在電磁場中的“拐彎”現(xiàn)象很管用)。 [易錯易混醒一醒] 1．混淆v、Δv、(磁通量處也有類似)；誤將加速度的正負(fù)當(dāng)成物體做加速運動還是減速運動的依據(jù)；誤將速度當(dāng)成標(biāo)量計算加速度；混淆軌跡圖和位移—時間圖；計算速度或功率時看不清“平均”還是“瞬時”。 2．混淆運動時間和客觀時間。如汽車剎車時，汽車運動時間滿足t≤，發(fā)生的位移滿足x≤。另外忽視反應(yīng)時間也是易錯點。 3．豎直上拋運動具有對稱性和多解性，例如上升和下降經(jīng)過同一位置時速度等大、反向，體現(xiàn)了對稱性。物體經(jīng)過空間同一位置時可能處于上升階段，也可能處于下降階段等，體現(xiàn)了多解性(帶電粒子在勻強(qiáng)電場中也有此特性)。所以像豎直上拋運動中勻減速運動具有返回特性和剎車運動中不具有返回特性要區(qū)分開來。 4．追及問題不會分析條件，對幾次相遇分不清而出錯。 [保溫訓(xùn)練試一試] 1．(xx石家莊調(diào)研)據(jù)英國《每日郵報》報道：27名跳水運動員參加了科索沃年度高空跳水比賽。自某運動員離開跳臺開始計時，在t2時刻運動員以速度v2落水，選向下為正方向，其速度隨時間變化的規(guī)律如圖所示，下列結(jié)論正確的是(　　) A．該運動員在0～t2時間內(nèi)加速度大小先減小后增大，加速度的方向不變 B．該運動員在t2～t3時間內(nèi)加速度大小逐漸減小，處于失重狀態(tài) C．在0～t2時間內(nèi)，平均速度1＝ D．在t2～t3時間內(nèi)，平均速度2＝ 解析：選C　由題中圖像可知，在0～t2時間內(nèi)運動員的加速度一直不變，A項錯誤；在t2～t3時間內(nèi)圖線上各點切線的斜率的大小逐漸減小，則加速度大小逐漸減小，運動員減速下落處于超重狀態(tài)，B項錯誤；由圖像可知，在0～t2時間內(nèi)為勻變速直線運動，所以平均速度＝，C項正確；在t2～t3時間內(nèi)，由圖線與t軸所圍面積表示位移可知，此時間內(nèi)的平均速度2＜，D項錯誤。 2．(xx浙江金麗衢十二校聯(lián)考)目前我省交警部門開展的“車讓人”活動深入人心，不遵守“車讓人”的駕駛員將受到罰款、扣分的嚴(yán)厲處罰，如圖所示，以8 m/s的速度勻速行駛的汽車即將通過路口，有一位老人正在過人行橫道，此時汽車的車頭距離停車線8 m。該車減速時的加速度大小為5 m/s2。則下列說法中正確的是(　　) A．如果駕駛員立即剎車制動，則t＝2 s時，汽車離停車線的距離為2 m B．如果在距停車線6 m處開始剎車制動，汽車能在停車線處停下 C．如果駕駛員的反應(yīng)時間為0.4 s，汽車剛好能在停車線處停下 D．如果駕駛員的反應(yīng)時間為0.2 s，汽車剛好能在停車線處停下 解析：選D　汽車立即剎車，則從剎車到停止的時間為t＝＝1.6 s。如果駕駛員立即剎車制動，則t＝2 s時汽車已經(jīng)停下來，位移x＝＝6.4 m，距離停車線8 m－6.4 m＝1.6 m，A項錯誤；如果在距停車線6 m處開始剎車制動，根據(jù)汽車停下來的位移x＝＝6.4 m，可判斷 汽車將越過停車線0.4 m，B項錯誤；如果駕駛員的反應(yīng)時間為0.4 s，則有x＝0.4 s8 m/s＋＝9.6 m，越過停車線，C項錯誤；如果駕駛員的反應(yīng)時間為0.2 s，則有x＝0.2 s8 m/s＋＝8 m，汽車恰好在停車線處停車，D項正確。 3．如圖所示，汽車甲以8 m/s的速度從坐標(biāo)原點O向x軸正方向做勻速直線運動，汽車乙以10 m/s的速度從坐標(biāo)(0,50)處開始做勻速直線運動，要使兩車恰好在x軸上相遇，那么乙車的速度方向與y軸所夾銳角θ的大小以及相遇處離坐標(biāo)原點的距離分別是(　　) A．60，86.7 m　　　　　 　B．53，66.7 m C．45，50 m D．37，37.5 m 解析：選B　關(guān)聯(lián)分析甲與乙，運動情景如圖所示，甲有x甲＝v甲t， 乙有x乙＝v乙t① 應(yīng)用幾何關(guān)系得 x甲2＋(50 m)2＝x乙2② 解①②式得t＝ s 則x甲＝v甲t≈66.7 m， tan θ＝≈1.33， 則θ＝53， 故B正確。 高考主題(二)　相互作用與牛頓運動定律 考綱要求 命題解讀 1 滑動摩擦力、動摩擦因數(shù)、靜摩擦力(Ⅰ) 4 力的合成和分解(Ⅱ) 7個考點中，3個Ⅱ要求。其中受力分析、正交分解、動態(tài)平衡是相互作用部分命題的熱點。而有關(guān)牛頓運動定律問題以高頻命題率很好地詮釋了其物理學(xué)主干知識的地位，xx、xx年的大分值計算題更加突出亮點。所以多體、多過程、板塊模型等問題都要理清解題思路。 5 共點力的平衡(Ⅱ) 2 形變、彈性、胡克定律(Ⅰ) 6 牛頓運動定律及其應(yīng)用(Ⅱ) 3 矢量和標(biāo)量(Ⅰ) 7 超重和矢重(Ⅰ) [主干知識憶一憶] 1．相互作用 (1)繩的拉力沿著繩子并指向繩收縮的方向，桿的彈力可能沿桿也可能不沿桿，需要根據(jù)受力情況或物體的運動狀態(tài)而定。 (2)摩擦力大小：滑動摩擦力Ff＝μFN，與接觸面的面積、接觸面相對運動快慢等無關(guān)；靜摩擦力根據(jù)牛頓運動定律或平衡條件來求，0＜Ff≤Fm。接觸面間的動摩擦因數(shù)μ一定時，靜摩擦力的大小與彈力沒有正比關(guān)系，但滑動摩擦力和最大靜摩擦力一定跟彈力成正比。 摩擦力方向：沿接觸面的切線方向，并且跟物體的相對運動或相對運動趨勢的方向相反。 同一接觸面間的彈力與摩擦力方向相互垂直。有摩擦力必有彈力，無彈力一定沒有摩擦力。 (3)力的合成和分解都遵從平行四邊形定則；兩個力的合力范圍：|F1－F2|≤F≤|F1＋F2|；合力可以大于分力、也可以小于分力、還可以等于分力(幾種特殊角度的合力運算要熟記)。 (4)平衡狀態(tài)是指物體處于勻速直線運動或靜止?fàn)顟B(tài)，物體處于平衡狀態(tài)的動力學(xué)條件是：F合＝0或Fx＝0、Fy＝0、Fz＝0。常用方法有正交分解法、三角形法、圖解法，對于物體系還要用到整體法和隔離法。 2．牛頓運動定律 (1)牛頓第一定律(慣性定律)：一切物體總保持原來的靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運動狀態(tài)的性質(zhì)叫做慣性。 質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度。慣性是物體的固有屬性，一切物體都有慣性，與物體的受力情況及運動狀態(tài)無關(guān)。 力是使物體產(chǎn)生加速度的原因。(此處考查方向可以有物理學(xué)史、伽利略斜槽實驗、笛卡爾、牛頓等等) (2)牛頓第二定律：指出了力和加速度的定量關(guān)系，即F＝ma。理解定律的瞬時性、矢量性和獨立性等。 (3)牛頓第三定律：作用力和反作用力總是等大反向，同生同滅，同直線，作用在不同物體上。 (4)超重與失重 狀態(tài) 特點暨判斷依據(jù) 兩種運動情況 表達(dá)式 注意 超重 物體具有向上的 加速度或分量 向上加速運動 Fy－mg＝ma 重力 不變 向下減速運動 失重 物體具有向下的 加速度或分量 向下加速運動 mg－Fy＝ma 完全失重時 Fy＝0，a＝g 向上減速運動 (5)動力學(xué)的兩類基本問題：由受力情況分析判斷物體的運動情況；由運動情況分析判斷物體的受力情況。解決兩類基本問題的方法：以加速度為橋梁，由運動學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解。 (6)整體與隔離：當(dāng)連接體中各物體運動的加速度相同或要求合外力時，優(yōu)先考慮整體法；當(dāng)連接體中各物體運動的加速度不相同或要求物體間的作用力時，優(yōu)先考慮隔離法。有時一個問題要兩種方法結(jié)合起來使用才能解決。 [易錯易混醒一醒] 1．對繩件、桿件、彈簧件、擋板件特性不理解。輕繩只能產(chǎn)生拉力，且方向一定沿著繩，瞬間變化對應(yīng)突變；輕桿能拉、能壓，瞬間變化對應(yīng)突變；輕彈簧能拉能壓，瞬間變化對應(yīng)漸變；輕橡皮條能拉不能壓，瞬間變化對應(yīng)漸變。所以彈簧參與的平衡要分清彈簧是壓縮還是伸長，要注意多解性。 2．混淆靜摩擦力和滑動摩擦力；受力分析時既“施力”又“受力”，造成“漏力”或“多力”；誤以為平衡態(tài)就是靜止態(tài)。 3．誤將超重、失重現(xiàn)象當(dāng)成物體重量變大或變小。 4．處理斜面問題時忽視斜面傾角θ與arctan μ的大小比較。 [保溫訓(xùn)練試一試] 1．如圖所示，兩輕質(zhì)彈簧a、b懸掛一小鐵球處于平衡狀態(tài)，a彈簧與豎直方向成30角，b彈簧水平，a、b兩彈簧的勁度系數(shù)分別為k1、k2，重力加速度為g，則(　　) A．a(chǎn)、b兩彈簧的伸長量之比為 B．a(chǎn)、b兩彈簧的伸長量之比為 C．若彈簧b的左端松脫，則松脫瞬間小球的加速度為 D．若彈簧b的左端松脫，則松脫瞬間小球的加速度為g 解析：選B　本題可用正交分解法求解，將彈簧a的彈力沿水平和豎直方向分解，如圖所示，則Tacos 30＝mg，Tasin 30＝Tb，結(jié)合胡克定律可求得a、b兩彈簧的伸長量之比為，結(jié)合牛頓第二定律可求得彈簧b的左端松脫瞬間小球的加速度為g，故B正確。 2．有一直角V形槽可以繞槽底所在軸線轉(zhuǎn)動，其截面如圖所示，OB面與水平面間夾角為θ，有一質(zhì)量為m的正方體均勻木塊放在槽內(nèi)，木塊與OA、OB間的動摩擦因數(shù)都為μ，重力加速度為g?，F(xiàn)用垂直于紙面向里的力推木塊使之垂直紙面在槽內(nèi)運動，則(　　) A．θ＝60時，木塊所受的摩擦力為μmg B．θ＝60時，木塊所受的摩擦力為μmg C．θ在0到90變化過程中，木塊所受的摩擦力最大值為μmg D．θ在0到90變化過程中，木塊所受的摩擦力最大值為μmg 解析：選D　將重力按照實際作用效果正交分解，則木塊對槽兩面的壓力分別為FA＝mgsin θ，F(xiàn)B＝mgcos θ，則木塊受到的滑動摩擦力為f＝μ(mgsin θ＋mgcos θ)，θ＝60時，f＝μmg，故A、B錯誤；θ在0到90變化過程中，木塊受到的摩擦力為f＝μ(mgsin θ＋mgcos θ)＝μmgsin(θ＋45)，當(dāng)θ＝45時，摩擦力最大，最大為fmax＝μmg，故C錯誤，D正確。 3．(xx煙臺期中)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有半徑為R和1.5R的兩個圓，兩圓的最高點相切，切點為a，b和c分別是小圓和大圓上的兩個點，其中ab長為1.6R，ac長為3R。現(xiàn)沿ab和ac建立兩條光滑軌道，自a處由靜止釋放小球，已知小球沿ab軌道運動到b點所用時間為t1，沿ac軌道運動到c點所用時間為t2，則t1與t2之比為(　　) A．2∶3　　　　　　 B．5∶8 C．15∶16 D.∶ 解析：選D　設(shè)ab和ac間的夾角為θ，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系知cos θ＝＝＝，小球沿ab做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得a＝gcos θ＝g，根據(jù)運動學(xué)公式有1.6R＝at12，小球從a運動到c做自由落體運動，有3R＝gt22，聯(lián)立解得＝，D項正確。 4．(xx百校聯(lián)盟押題卷)如圖甲所示，一質(zhì)量m＝1 kg的物塊靜止在傾角θ＝37的斜面上。從t＝0時刻開始對物塊施加一沿斜面方向的拉力F，取沿斜面向上為正方向，F(xiàn)隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，取sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，物塊與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列圖像中能正確反映物塊的速度v隨時間t變化規(guī)律的是(　　) 解析：選C　由mgsin θ＝6 N，F(xiàn)f＝μmgcos θ＝6.4 N，初始時物塊靜止在斜面上，此時靜摩擦力方向沿斜面向上；0～1 s時間內(nèi)物塊靜止；1～2 s時間內(nèi)物塊開始沿斜面向上做加速度增大的加速運動，摩擦力方向沿斜面向下，t＝2 s時物塊加速度大小為12.4 m/s2；t＝2 s后F＝－0.4 N，物塊的加速度大小為12.8 m/s2，物塊沿斜面向上做勻減速直線運動，直到靜止，由于物塊減速時的加速度大小大于加速時的加速度大小，故物塊減速到零的時間小于1 s，C項正確。 高考主題(三)　拋體運動與圓周運動 考綱要求 命題解讀 　　涉及兩大曲線運動的考題幾乎年年必現(xiàn)。拋體運動可以與斜面、墻面結(jié)合命題，也可以考查多個物體的拋體運動，還可以聯(lián)系實際問題；圓周運動常圍繞水平運動和豎直運動兩種情況命題，近幾年高考中加強(qiáng)了曲線運動與功能問題的小綜合，以考查學(xué)生的推理能力。 1 運動的合成與分解(Ⅱ) 2 拋體運動(Ⅱ) 3 勻速圓周運動、角速度、線速度、向心加速度(Ⅰ) 4 勻速圓周運動的向心力(Ⅱ) 5 離心現(xiàn)象(Ⅰ) [主干知識憶一憶] 1．拋體運動 (1)曲線運動的條件：合力與v不共線(合力指向運動軌跡的“凹”側(cè))。 (2)小船渡河模型 最短時間問題 最短位移問題 (3)繩通過定滑輪拉物體運動：把物體的實際速度分解為垂直于繩(桿)和平行于繩(桿)兩個分量，根據(jù)沿繩(桿)方向的分速度大小相同求解。 (4)平拋運動：平拋運動是加速度為g的勻加速曲線運動，其運動軌跡是拋物線。 水平方向：vx＝v0，x＝v0t 豎直方向：vy＝gt，y＝gt2 合速度：平拋物體的瞬時速度的大小：v＝，方向與水平方向的夾角為θ，tan θ＝。 合位移：物體在時間t內(nèi)的位移的大?。簊＝，與水平方向的夾角為α，tan α＝。 平拋運動是勻變速曲線運動，故在相等的時間內(nèi)，速度的變化量(Δv＝gΔt)相等，且必沿豎直方向。 2．圓周運動 (1)圓周運動向心力表達(dá)式：F＝m＝mrω2＝m＝mωv＝4π2mf2r＝ma。 (2)圓周運動中的供需關(guān)系：當(dāng)F＝mrω2時，供需平衡，物體做勻速圓周運動；當(dāng)F＝0時，物體沿切線方向飛出；當(dāng)F＜mrω2時，供不應(yīng)求，物體逐漸遠(yuǎn)離圓心，當(dāng)F＞mrω2時，供過于求，物體逐漸靠近圓心，F(xiàn)為實際提供的向心力。 (3)水平面內(nèi)的圓周運動主要以圓錐擺模型、轉(zhuǎn)盤問題為主。要注意的是圓周運動由于周期性往往對應(yīng)多解問題。 (4)豎直平面內(nèi)圓周運動中分清兩類模型 ①對于“繩(環(huán))約束模型”，在圓軌道最高點，當(dāng)彈力為零時，物體的向心力最小，僅由重力提供，由mg＝m，得臨界速度vmin＝。當(dāng)計算得物體在軌道最高點運動速度v＜vmin時，物體將從軌道上掉下，不能過最高點。 ②對于“桿(管道)約束模型”，在圓軌道最高點，因有支撐，故最小速度為零，不存在脫離軌道的情況。物體除受向下的重力外，還受相關(guān)彈力作用，其方向可向下，也可向上。當(dāng)物體速度v＞時，彈力向下；當(dāng)v＜時，彈力向上。vmin＝是彈力方向突變的臨界點，對應(yīng)的彈力為0。 ③抓好“兩點一過程” “兩點”指最高點和最低點，在最高點和最低點對物體進(jìn)行受力分析，找出向心力的來源，根據(jù)牛頓第二定律列式。 “一過程”，即從最高點到最低點，用動能定理將這兩點的動能(速度)聯(lián)系起來。 (5)對于平拋或類平拋運動與圓周運動組合的問題，應(yīng)用合成與分解的思想分析這兩種運動轉(zhuǎn)折點的速度是解題的關(guān)鍵。 [易錯易混醒一醒] 1．平拋運動中，誤將速度與水平方向的夾角當(dāng)成位移與水平方向的夾角。 2．帶電粒子在平行板電容器中做類平拋運動時，是否考慮重力不能從題意中讀出。 3．忽視了斜面上方水平拋出的小球是落在斜面上還是落到斜面外而漏解。 4．混淆豎直平面內(nèi)圓周運動兩種模型在最高點的“臨界條件”。 5．傳動裝置中對同軸角速度相等和皮帶傳動線速度相等混淆。 6．忽視圓周運動的周期性帶來的多解問題。 [保溫訓(xùn)練試一試] 1．(xx太原模擬)如圖所示，將小球從傾角為45的斜面上的P點先后以不同速度向右水平拋出，小球分別落到斜面上的A點、B點，以及水平面上的C點。已知B點為斜面底端點，P、A、B、C在水平方向間隔相等。不計空氣阻力，則(　　) A．三次拋出小球后，小球在空中飛行的時間均不相同 B．小球落到A、B兩點時，其速度的方向不同 C．若小球落到A、C兩點，則兩次拋出時小球的速率之比為∶3 D．若小球落到B、C兩點，則兩次拋出時小球的速率之比為∶3 解析：選C　根據(jù)h＝gt2，得t＝，由于B、C兩點下落的高度相同，則小球這兩次的飛行時間相同，大于小球落在A點時的飛行時間，A項錯誤；A、B兩點都在斜面上，則小球豎直方向的位移和水平方向上位移比值一定，即有tan θ＝＝＝，解得t＝tan 45＝，則落在斜面上時豎直方向上的分速度為vy＝gt＝2v0，設(shè)球落在斜面上時速度與水平方向的夾角為α，有tan α＝＝2，可知落在斜面上時，速度與水平方向的夾角與初速度無關(guān)，則小球落在A、B兩點處的速度方向相同，故B項錯誤；小球落到A、B兩點，水平位移x＝v0t＝，據(jù)題，P、A、B在水平方向間隔相等，可得兩次拋出時小球的速率之比為vA∶vB＝1∶；小球落到B、C兩點，則運動的時間相等，而P、A、B、C在水平方向間隔相等，根據(jù)v0＝可知，兩次拋出時小球的速率之比為vB∶vC＝2∶3，所以vA∶vC＝∶3，故C項正確，D錯誤。 2．[多選](xx臨川期中)如圖所示，質(zhì)量為m＝1 kg的物體自空間O點以水平初速度v0拋出，落在地面上的A點，其軌跡為一拋物線，現(xiàn)仿此拋物線制作一個光滑滑道并固定在與OA完全重合的位置上，然后將此物體從O點由靜此釋放，受微小擾動而沿此滑道滑下，在下滑過程中物體未脫離滑道，P為滑道上一點，OP連線與豎直方向成45角，此時物體的速度是10 m/s，取g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　) A．物體做平拋運動的水平初速度v0為2 m/s B．物體沿滑道經(jīng)過P點時速度的水平分量為 m/s C．OP的長度為5 m D．物體沿滑道經(jīng)過P點時重力的功率為40 W 解析：選CD　物體下滑過程中，只有重力做功，物體和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒得mgh＝mv2，解得h＝5 m，則OP的長度為5 m，若做平拋運動，根據(jù)h＝gt2，得t＝1 s，平拋運動初速度v0＝＝5 m/s，故A項錯誤，C項正確；設(shè)物體滑到P點時速度方向與水平方向夾角為α，物體滑到P點時速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，即tan α＝2tan 45，解得cos α＝，P點速度水平分量vx＝vcos α＝2 m/s，故B項錯誤；由數(shù)學(xué)知識可得，sin α＝，則物體經(jīng)過P點時豎直方向上的分速度vy＝vsin α，物體沿滑道經(jīng)過P點時重力的功率為P＝mgvy＝40 W，故D項正確。 3.[多選]有一水平放置的圓盤，上面放有一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，如圖所示，彈簧的一端固定于軸O上，另一端掛一質(zhì)量為m的物體A(可視為質(zhì)點)，物體A與圓盤面間的動摩擦因數(shù)為μ，開始時彈簧未發(fā)生形變，長度為R。重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。設(shè)物體A開始滑動時圓盤的轉(zhuǎn)速為n0，且滑動后物體A與圓盤轉(zhuǎn)速仍然相等，下列說法正確的是(　　) A．物體A開始滑動時圓盤的轉(zhuǎn)速n0＝ B．物體A開始滑動時圓盤的轉(zhuǎn)速n0＝ C．轉(zhuǎn)速達(dá)到2n0時，彈簧的伸長量x＝ D．轉(zhuǎn)速達(dá)到2n0時，彈簧的伸長量x＝ 解析：選AC　圓盤開始轉(zhuǎn)動時，A所受的靜摩擦力提供向心力，若物體A開始滑動時圓盤的轉(zhuǎn)速為n0，則μmg＝mR(2πn0)2，解得：n0＝ ，A正確，B錯誤；當(dāng)轉(zhuǎn)速增大到2n0時，設(shè)彈簧的伸長量為x，則有：μmg＋kx＝m(R＋x)(2π2n0)2，解得x＝，C正確，D錯誤。 4.(xx邯鄲模擬)“太極球”是近年來在廣大市民中較流行的一種健身器材。做該項運動時，健身者半馬步站立，手持太極球拍，拍上放一橡膠太極球，健身者舞動球拍，球卻不會掉落地上?，F(xiàn)將太極球簡化成如圖甲所示的平板和小球，熟練的健身者讓球在豎直面內(nèi)始終不脫離板而做勻速圓周運動，且在運動到圖甲中的A、B、C、D位置時球與板間無相對運動趨勢，A為圓周的最高點，C為最低點，B、D與圓心 O等高。設(shè)球的重力為1 N，不計拍的重力。下列說法正確的是(　　) A．健身者在C處所需施加的力比在A處大3 N B．健身者在C處所需施加的力比在A處大1 N C．設(shè)在A處時健身者需施加的力為F，當(dāng)球運動到B、D位置時，板與水平方向需有一定的夾角θ，作出的tan θF的關(guān)系圖像為圖乙 D．設(shè)在A處時健身者需施加的力為F，當(dāng)球運動到B、D位置時，板與水平方向需有一定的夾角θ，作出的tan θF的關(guān)系圖像為圖丙 解析：選C　設(shè)球運動的線速度為v，半徑為R，則在A處時F＋mg＝m，在C處時F′－mg＝m，聯(lián)立以上兩個方程式可以得到ΔF＝F′－F＝2mg＝2 N，故A、B項錯誤；在A處時健身者需施加的力為F，球做勻速圓周運動的向心力F向＝F＋mg，在B處不受摩擦力作用，受力分析如圖所示，則tan θ＝＝＝F＋1，作出的tan θF的關(guān)系圖像如題圖乙所示，故C項正確，D項錯誤。 高考主題(四)　萬有引力定律 考綱要求 命題解讀 1 萬有引力定律及其應(yīng)用(Ⅱ) 　　4個考點，幾乎年年必現(xiàn)，并且難度有所加大，以xx年全國Ⅰ卷第17題來說，出錯率為47.69%，所以備考不僅要全面周到，而且要注意難度。 2 環(huán)繞速度(Ⅱ) 3 第二宇宙速度和第三宇宙速度(Ⅰ) 4 經(jīng)典時空觀和相對論時空觀(Ⅰ) [主干知識憶一憶] 1．在處理天體的運動問題時，通常把天體的運動看成是勻速圓周運動。其基本關(guān)系式為G＝m＝mω2r＝m2r＝m(2πf)2r＝ma。 在天體表面，忽略自轉(zhuǎn)的情況下有G＝mg。在離地面高度為h時重力加速度g′＝g。 2．對中心天體質(zhì)量有M＝(利用公轉(zhuǎn)模型)，M＝(利用黃金代換)；僅由近地衛(wèi)星的運行周期，即可求星球密度ρ＝。 對環(huán)繞體做勻速圓周運動有a＝、v＝、ω2＝、T2＝ r3?？梢姡瑀↑→T↑、v↓、a↓、ω↓。 3．近地衛(wèi)星的線速度即第一宇宙速度，是衛(wèi)星繞地球做圓周運動的最大速度，也是發(fā)射衛(wèi)星的最小速度。第一宇宙速度由G＝m，得v＝ ＝。 4．地球同步衛(wèi)星：G＝m(R＋h)，在赤道正上方，距地高度h≈5.6R，周期一定與地球自轉(zhuǎn)T相同。 5．雙星中兩顆子星相互繞著旋轉(zhuǎn)可看作勻速圓周運動，其向心力由兩顆星間的萬有引力提供。它們的角速度也是相等的，線速度與兩子星的軌道半徑成正比。解答時要注意兩個半徑的差別。 6．星球因自轉(zhuǎn)而解體：赤道處的物體，隨星球過快的自轉(zhuǎn)，支持力為0時，恰好解體。 7．追及問題：最近：|θ1－θ2|＝2nπ，最遠(yuǎn)：|θ1－θ2|＝(2n－1)π(n一般取1)。所以衛(wèi)星追及一般是先減速(發(fā)動機(jī)向運動方向噴氣)到較低的軌道，再加速到高的軌道，這樣也便于節(jié)能。 [易錯易混醒一醒] 1．將地面上隨地球自轉(zhuǎn)的物體與近地環(huán)繞地球運行的物體混淆；混淆自轉(zhuǎn)加速度和環(huán)繞加速度。 2．易將運行速度錯誤地當(dāng)成發(fā)射速度。 3．將穩(wěn)定軌道上速度v＝和橢圓軌道運動的速度(用開普勒第二定律判斷速度)混淆。 4．雙星模型中不能正確區(qū)分軌道半徑和萬有引力中的距離。 5．審題時不仔細(xì)，混淆衛(wèi)星距地面的高度和與地心的距離。 [保溫訓(xùn)練試一試] 1．2015年12月29日0時04分，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征三號乙運載火箭成功發(fā)射“高分四號”衛(wèi)星，“高分四號”是我國首顆地球同步軌道高分辨率光學(xué)成像衛(wèi)星，也是目前世界上空間分辨率最高、幅寬最大的地球同步軌道遙感衛(wèi)星。它的發(fā)射和應(yīng)用將使我國天基對地遙感觀測能力顯著提升。關(guān)于“高分四號”，下列說法正確的是(　　) A．“高分四號”衛(wèi)星的空間分辨率很高，若它距地球更近一些，效果會好一些 B．“高分四號”衛(wèi)星繞地球做圓周運動的線速度小于地球的第一宇宙速度7.9 km/s C．“高分四號”衛(wèi)星的向心加速度小于靜止在赤道上物體的向心加速度 D．“高分四號”衛(wèi)星的向心力與其他同步衛(wèi)星的向心力的大小相等 解析：選B　所有同步衛(wèi)星都具有相同的周期、相同的高度和相同的速率，盡管“高分四號”衛(wèi)星的空間分辨率很高，但它與其他的同步衛(wèi)星離地面高度相同，A錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力＝，有v＝，因為第一宇宙速度對應(yīng)的軌道半徑等于地球的半徑，所以衛(wèi)星的速度小于第一宇宙速度，B正確；根據(jù)向心加速度a＝，“高分四號”衛(wèi)星與靜止在赤道上的物體具有相同的周期，“高分四號”衛(wèi)星軌道半徑大，所以“高分四號”衛(wèi)星的向心加速度大于靜止在赤道上物體的向心加速度，C錯誤；由于“高分四號”衛(wèi)星與其他同步衛(wèi)星的質(zhì)量有可能不同，地球?qū)λ鼈兊囊Υ笮∫部赡懿煌蛐牧Υ笮∫簿涂赡懿煌?，D錯誤。 2.(xx河西聯(lián)考)我國未來將在月球地面上建立月球基地，并在繞月軌道上建造空間站。如圖所示，關(guān)閉發(fā)動機(jī)的航天飛機(jī)A在月球引力作用下沿橢圓軌道向月球靠近，并將在橢圓軌道的近月點B處與空間站C對接。已知空間站繞月圓軌道的半徑為r，周期為T，萬有引力常量為G，月球的半徑為R。下列說法中錯誤的是(　　) A．航天飛機(jī)在圖示位置正在加速向B運動 B．月球的第一宇宙速度為v＝ C．月球的質(zhì)量為M＝ D．要使航天飛機(jī)和空間站對接成功，航天飛機(jī)在接近B點時必須減速 解析：選B　根據(jù)開普勒定律可知，航天飛機(jī)向近月點B運動時速度越來越大，故A項正確；空間站繞月圓軌道的半徑為r，周期為T，其運行速度為v＝，其速度小于月球的第一宇宙速度，故B項錯誤；設(shè)空間站的質(zhì)量為m，由G＝mr得，月球的質(zhì)量M＝，故C項正確；要使航天飛機(jī)在橢圓軌道的近月點B處與空間站C對接，必須在接近B點時減速，否則航天飛機(jī)將繼續(xù)做橢圓運動，故D項正確。 3．[多選](xx貴陽第一中學(xué)檢測)設(shè)宇宙中某一小行星自轉(zhuǎn)較快，但仍可近似看作質(zhì)量分布均勻的球體，半徑為R。宇航員用彈簧測力計稱量一個相對自己靜止的小物體的重力，第一次在極點處，彈簧測力計的讀數(shù)為F1＝F0；第二次在赤道處，彈簧測力計的讀數(shù)為F2＝。假設(shè)第三次在赤道平面內(nèi)深度為的隧道底部，示數(shù)為F3；第四次在距星球表面高度為R處繞行星做勻速圓周運動的人造衛(wèi)星中，示數(shù)為F4。已知均勻球殼對殼內(nèi)物體的引力為零，則以下判斷正確的是(　　) A．F3＝　F4＝ B．F3＝　F4＝0 C．F3＝　F4＝0 D．在人造衛(wèi)星中時，物體處于失重狀態(tài) 解析：選CD　設(shè)該行星的質(zhì)量為M，則質(zhì)量為m的物體在極點處受到的萬有引力F1＝＝F0，球體的體積公式為V＝，由于在赤道處，彈簧測力計的讀數(shù)為F2＝，則Fn2＝F1－F2＝F0＝mω2R，半徑R以內(nèi)的部分的質(zhì)量為M′＝M＝M；物體在R處受到的萬有引力F3′＝＝F1＝F0；物體需要的向心力Fn3＝mω2＝mω2R＝F0，所以在赤道 平面內(nèi)深度為R的隧道底部，示數(shù)為F3＝F3′－Fn3＝F0－F0＝F0，第四次在距星球表面高度為R處繞行星做勻速圓周運動的人造衛(wèi)星中時，物體受到的萬有引力恰好提供向心力，物體處于完全失重狀態(tài)，所以彈簧測力計的示數(shù)為0。綜上所述，C、D正確。 高考主題(五)　機(jī) 械 能 考綱要求 命題解讀 1 功和功率(Ⅱ) 　　4個考點皆為Ⅱ要求。高考命題的高頻考點。難度可小可大，題型可以為選擇、實驗和計算，所以基礎(chǔ)知識復(fù)習(xí)要到位，各種模型要領(lǐng)悟，如啟動模型、多過程模型、斜面模型、彈簧參與的模型、功能與圖像結(jié)合問題、與天體運動綜合，等等。 2 動能和動能定理(Ⅱ) 3 重力做功與重力勢能(Ⅱ) 4 功能關(guān)系、機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用(Ⅱ) [主干知識憶一憶] 1．恒力做功的計算式：W＝Flcos α(α是F與位移l方向的夾角，F(xiàn)必須為恒力)。 2．總功的計算：W總＝F合lcos α(恒力做功)或W總＝W1＋W2＋…。 3．計算功率的兩個公式：P＝或P＝Fvcos α。 4．機(jī)車啟動類問題中的“臨界點” (1)全程最大速度的臨界點為Ff＝。 (2)勻加速運動的最后點為－Ff＝ma，此時瞬時功率等于額定功率P額。 (3)在勻加速過程中的某點有－Ff＝ma。 (4)在變加速運動過程中的某點有－Ff＝ma2。 5．動能定理：W總＝Ek2－Ek1(經(jīng)典力學(xué)中有普適性)。 6．機(jī)械能守恒定律：mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22或者ΔEp減＝ΔEk增。 7．幾個重要的功能關(guān)系 (1)重力的功等于重力勢能的變化，即WG＝－ΔEp。 (2)彈力的功等于彈性勢能的變化，即W彈＝－ΔEp。 (3)靜電力做功等于電勢能的變化，即W電＝－ΔEp。 (4)合力的功等于動能的變化，即W合＝ΔEk。 (5)重力之外(除彈簧彈力)的其他力的功等于機(jī)械能的變化，W其他＝ΔE。 (6)一對滑動摩擦力的功等于系統(tǒng)中內(nèi)能的變化，即Q＝Ffx相對。 [易錯易混醒一醒] 1．誤認(rèn)為“斜面對物體的支持力始終不做功”，不能正確理解W＝Flcos α中“l(fā)”的意義。 2．誤認(rèn)為“一對作用力與反作用力做功之和一定為零”。 3．在機(jī)車啟動類問題中將“勻加速最后點速度”與“最大速度”混淆。 4．將機(jī)械能守恒條件中“只有重力做功”誤認(rèn)為“只受重力作用”。 5．在應(yīng)用Ffx相對＝ΔE內(nèi)時，誤認(rèn)為“x相對”是對地的位移。 [保溫訓(xùn)練試一試] 1.(xx屆高三山西四校聯(lián)考)質(zhì)量為m＝20 kg的物體，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直線運動。0～2 s內(nèi)F與運動方向相反，2～4 s內(nèi)F與運動方向相同，物體的v t圖像如圖所示。g取10 m/s2，則(　　) A．拉力F的大小為100 N B．物體在4 s時拉力的瞬時功率為120 W C．4 s內(nèi)拉力所做的功為480 J D．4 s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為320 J 解析：選B　由vt圖像斜率的意義得，0～2 s物體加速度大小為a1＝＝5 m/s2,2～4 s內(nèi)加速度大小為a2＝＝1 m/s2，設(shè)滑動摩擦力為Ff，由牛頓第二定律得F＋Ff＝ma1，F(xiàn)－Ff＝ma2，解之得F＝60 N，F(xiàn)f＝40 N，A項錯誤；4 s時拉力的功率P＝Fv＝120 W，B項正確；4 s內(nèi)拉力所做功為WF＝－Fx1＋Fx2＝－60210 J＋6022 J＝－480 J，C項錯誤；4 s內(nèi)物體克服摩擦力做功WFf＝Ffx1＋Ffx2＝480 J，D項錯誤。 2．[多選](xx六安一中月考)如圖所示，傾角為30的固定斜面由三段長度均為L，材料不同的木板連接而成，連接處平整，3塊木板標(biāo)號分別為1、2、3，木板與滑塊間的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝，μ2＝，μ3＝，三段木板自下而上的排列順序有6種，分別為1、2、3；1、3、2；2、3、1；2、1、3；3、2、1；3、1、2。使滑塊從斜面底端沿斜面方向以某一初速度向上滑出，恰好可以到達(dá)斜面頂端，以下說法正確的是(　　) A．6種情況下滑塊的初速度大小相同 B．滑塊能夠返回到底端的情況有4種，返回底端時滑塊的速度大小相同 C．滑塊能夠返回底端的情況有2種，返回底端時滑塊的速度大小相同 D．6種情況下滑塊損失的機(jī)械能相同 解析：選AC　滑塊從斜面底端沿斜面方向以某一初速度向上滑出，恰好可以到達(dá)斜面頂端，則根據(jù)動能定理可得－mg3Lsin θ－(μ1mgcos θL＋μ2mgcos θL＋μ3mgcos θL)＝0－mv02，與排列順序無關(guān)，故6種情況下滑塊的初速度大小相同，A項正確；在最高點要想向下運動，則必須滿足mgsin θ＞μmgcos θ，即μ＜tan θ＝，故3在最上邊不能向下運動，排除1、2、3和2、1、3兩種情況，滑塊能夠返回的情況有4種，對于1、3、2情況中由于2mgLsin 30＜μ2mgLcos 30＋μ3mgLcos 30，即滑塊將在3上停止運動，不會滑到底端，對于2、3、1情況有2mgLsin 30＝μ1mgLcos 30＋μ3mgLcos 30，滑塊在3上停止運動，不會滑動到底端，對于3、2、1和3、1、2情況有3mgLsin 30＞μ1mgLcos 30＋μ3mgLcos 30＋μ2mgLcos 30，故只有兩種情況能返回到底端，根據(jù)動能定理可得3mgLsin 30－(μ1mgLcos 30＋μ3mgLcos 30＋μ2mgLcos 30)＝mv2，可得速度大小相等，故B項錯誤，C項正確；由于六種情況下滑塊能到達(dá)的位置不一樣，所以損失的機(jī)械能不同，D項錯誤。 3．[多選](xx江蘇高考)如圖所示，三個小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L。B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長。現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角α由60變?yōu)?20。A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運動，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則此下降過程中(　　) A．A的動能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力小于mg B．A的動能最大時，B受到地面的支持力等于mg C．彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度方向豎直向下 D．彈簧的彈性勢能最大值為mgL 解析：選AB　在A的動能達(dá)到最大前，A向下加速運動，此時A處于失重狀態(tài)，則整個系統(tǒng)對地面的壓力小于3mg，即地面對B的支持力小于mg，A項正確；當(dāng)A的 動能最大時，A的加速度為零，這時系統(tǒng)既不失重，也不超重，系統(tǒng)對地面的壓力等于3mg，即B受到地面的支持力等于mg，B項正確；當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時，A減速運動到最低點，此時A的加速度方向豎直向上，C項錯誤；由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢能最大值等于A的重力勢能的減少量，即為mg(Lcos 30－Lcos 60)＝mgL，D項錯誤。 4．圖甲為豎直放置的離心軌道，其中圓軌道的半徑r＝0.10 m，在軌道的最低點A和最高點B各安裝了一個壓力傳感器(圖中未畫出)，小球(可視為質(zhì)點)從斜軌道的不同高度由靜止釋放，可測出小球在軌道內(nèi)側(cè)通過這兩點時對軌道的壓力FA和FB。g取10 m/s2。 (1)若不計小球所受阻力，且小球恰能過B點，求小球通過A點時速度vA的大?。? (2)若不計小球所受阻力，小球每次都能通過B點，F(xiàn)B隨FA變化的圖線如圖乙中的a所示，求小球的質(zhì)量m； (3)若小球所受阻力不可忽略，F(xiàn)B隨FA變化的圖線如圖乙中的b所示，求當(dāng)FB＝6.0 N時，小球從A運動到B的過程中損失的機(jī)械能ΔE。 解析：(1)若小球恰能通過B點，設(shè)此時的速度為vB，由牛頓第二定律得mg＝m 從A到B過程，由機(jī)械能守恒定律得 mvA2＝mvB2＋mg2r 解得vA＝ m/s≈2.2 m/s。 (2)讀取題圖乙圖像信息知：當(dāng)小球通過A點時的速度vA＝ m/s時，小球?qū)壍缐毫镕A＝6 N。 由牛頓第二定律得FA－mg＝m 解得m＝0.1 kg。 (3)由題圖乙知，當(dāng)小球通過B點時對軌道壓力的大小FB＝6.0 N，則小球通過A點時對軌道壓力的大小FA＝16 N。設(shè)軌道對小球通過A、B時支持力的大小分別為FA′、FB′，速度分別為vA′、vB′。由牛頓第二定律得FA′－mg＝m，F(xiàn)B′＋mg＝m 小球從A運動到B的過程中，由功能關(guān)系得 mvA′2＝mvB′2＋mg2r＋ΔE 解得ΔE＝0.2 J。 答案：(1)2.2 m/s　(2)0.1 kg　(3)0.2 J  高考主題(六)　碰撞與動量守恒 考綱要求 命題解讀 1 動量、動量定理、動量守恒定律及其應(yīng)用(Ⅱ) 　　在xx年高考中將其改為必考內(nèi)容，“難度適中”告誡我們不僅要重視，還要科學(xué)復(fù)習(xí)。動量定理中，有打擊問題(含蹦床運動)、圖像問題等；動量守恒問題中，常見的模型有碰撞模型、人船模型、爆炸反沖模型、涉及彈簧的模型等。 2 彈性碰撞和非彈性碰撞(Ⅰ) [主干知識憶一憶] 1．動量定理：Ft＝p′－p＝mv′－mv或I＝Δp。其中F是物體所受的合力，p′－p是末態(tài)動量跟初態(tài)動量的矢量差。 2．動量守恒定律的適用條件 (1)系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)雖受外力但所受外力的合力為零； (2)系統(tǒng)所受合外力不為零，但在某一方向上系統(tǒng)所受外力的合力為零，則在該方向上系統(tǒng)動量守恒； (3)系統(tǒng)雖受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力且作用時間極短，如碰撞、爆炸過程。 3．表達(dá)式：m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2或p＝p′(系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于系統(tǒng)相互作用后的總動量p′)或Δp＝0(系統(tǒng)總動量的增量為零)或Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量的增量大小相等、方向相反)。 4．三種碰撞 (1)彈性碰撞：動量守恒，碰撞前后總動能相等。 (2)非彈性碰撞：動量守恒，動能有損失。 (3)完全非彈性碰撞：碰后兩物體合為一體，動量守恒，動能損失最大。 說明：碰撞過程中要滿足動量守恒定律，機(jī)械能不增加，速度要合理。 [易錯易混醒一醒] 1．混淆動量守恒與機(jī)械能守恒的條件，實際上動量是否守恒與機(jī)械能是否守恒沒有任何關(guān)系。 2．忽視動量的矢量性，書寫表達(dá)式時不注意“＋”“－”。 3．不會運用系統(tǒng)沿某一方向動量守恒或系統(tǒng)動量近似守恒解題。 4．只根據(jù)表達(dá)式從理論上分析問題，不會結(jié)合實際情況分析過程，尤其在碰撞問題中。 [保溫訓(xùn)練試一試] 1．(xx哈爾濱師大附中期中)一質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)開始向上起跳，經(jīng)Δt時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v，在此過程中(　　) A．地面對他的沖量大小為mv＋mgΔt，地面對他做的功為mv2 B．地面對他的沖量大小為mv＋mgΔt，地面對他做的功為零 C．地面對他的沖量大小為mv，地面對他做的功為mv2 D．地面對他的沖量大小為mv－mgΔt，地面對他做的功為零 解析：選B　人的速度原來為零，起跳后變化v，則由動量定理可得I－mgΔt＝mv，故地面對人的沖量為I＝mv＋mgΔt；而人在跳起時，人受到的支持力沒有產(chǎn)生位移，故支持力不做功，故B項正確。 2．[多選]如圖所示，小球A的質(zhì)量為mA＝5 kg，動量大小為pA＝4 kgm/s，小球A水平向右與靜止的小球B發(fā)生彈性碰撞，碰后A的動量大小為pA′＝1 kgm/s，方向水平向右，則(　　) A．碰后小球B的動量大小為pB＝3 kgm/s B．碰后小球B的動量大小為pB＝5 kgm/s C．小球B的質(zhì)量為15 kg D．小球B的質(zhì)量為3 kg 解析：選AD　規(guī)定向右為正，碰撞過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝3 kgm/s，A項正確，B項錯誤；由于是彈性碰撞，所以沒有機(jī)械能損失，故＝＋，解得mB＝3 kg，C項錯誤，D項正確。 3．如圖所示，水平軌道AB長L＝9 m，光滑傾斜軌道BC足夠長。開始時質(zhì)量為mQ＝1 kg的滑塊Q靜止在AB中點M處；在A點，質(zhì)量為mP＝3 kg的滑塊P以速度v0＝5 m/s向右運動；P、Q只會發(fā)生彈性碰撞，滑塊經(jīng)過B點時，動能損失不計。已知重力加速度g＝10 m/s2，P、Q與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1。求： (1)P向右運動的最大位移大小； (2)Q在傾斜軌道上能滑到的最大高度； (3)P、Q都停下后兩滑塊間的距離。 解析：(1)設(shè)P、Q碰撞前瞬間，P的速度為v1，由動能定理有－μmPg＝mPv12－mPv02， 解得v1＝4 m/s P、Q發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律有 mPv1＝mPvP＋mQvQ 由機(jī)械能守恒定律有mPv12＝mPvP2＋mQvQ2 解得vP＝2 m/s，vQ＝6 m/s P繼續(xù)向右運動的距離xP＝＝2 m＜＝4.5 m P向右運動的最大位移x1＝＋xP＝6.5 m。 (2)由動能定理有－μmQg－mQgh＝0－mQvQ2 解得Q在傾斜軌道上能滑到的最大高度h＝1.35 m。 (3)假設(shè)Q從斜面上滑下來后，會與滑塊P發(fā)生第二次彈性碰撞。 由運動學(xué)知識可知Q與P碰前，P已經(jīng)停下來了。由動能定理有－μmQg＝mQv22－mQvQ2 解得P、Q碰前瞬間，Q的速度v2＝ m/s P、Q間一定發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律有 mQv2＝mPvP′＋mQvQ′ 由機(jī)械能守恒定律有mQv22＝mPvP′2＋mQvQ′2 解得vP′＝ m/s，vQ′＝－ m/s，負(fù)號表示方向向右 碰后滑塊P向左滑動的位移xP′＝＝2.75 m 碰后滑塊Q向右滑動的位移 xQ′＝＝2.75 m＞L－x1＝2.5 m， 所以滑塊Q在第二次碰撞后會沖上斜面后返回 x′＝xQ′－(L－x1)＝0.25 m，不會發(fā)生第三次碰撞 所以P、Q都停下后兩滑塊相距 Δx＝xP′＋xQ′－2x′＝5 m。 答案：(1)6.5 m　(2)1.35 m　(3)5 m 高考主題(七)　電　場 考綱要求 命題解讀 1 物質(zhì)的電結(jié)構(gòu)、電荷守恒(Ⅰ) 8 電勢能、電勢(Ⅰ) 　　本主題共13個考點，帶電粒子在電場中的運動、Ex圖像、φx圖像等是高考近年考查的重點，難度適中，考查計算題、選擇題的可能性都有。 2 靜電現(xiàn)象的解釋(Ⅰ) 9 電勢差(Ⅱ) 3 點電荷(Ⅰ) 10 勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系(Ⅱ) 4 庫侖定律(Ⅱ) 11 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動(Ⅱ) 5 靜電場(Ⅰ) 12 示波管(Ⅰ) 6 電場強(qiáng)度、點電荷的場強(qiáng)(Ⅱ) 13 常見電容器、電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系(Ⅰ) 7 電場線(Ⅰ) [主干知識憶一憶] 1．兩種描述 (1)電場強(qiáng)度：反映電場本身力的性質(zhì)的物理量。定義式為E＝，E為矢量，方向就是正電荷在該點所受的電場力的方向，合電場計算方法利用矢量疊加原理。 (2)電勢：反映電場本身能的性質(zhì)的物理量。定義式為φ＝，是標(biāo)量，具有相對性。研究時一般取無限遠(yuǎn)處的電勢為零，實驗中常常取大地的電勢為零。 2．兩種圖線 電場線是為了形象描述電場而假想的曲線，它從正電荷或無窮遠(yuǎn)處出發(fā)終止于負(fù)電荷或無窮遠(yuǎn)處，電場線在某點的切線方向表示該點的場強(qiáng)方向，電場線的疏密表示場強(qiáng)的大小。等勢線(面)是電勢相等的點構(gòu)成的線(面)。 電場線與等勢線(面)的關(guān)系：等勢線(面)一定跟電場線垂直，即跟場強(qiáng)的方向垂直；場強(qiáng)E的方向是電勢降落最快的方向，電場線由電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面。 3．一種類比思想 電場力做功與重力做功一樣，在電場中移動電荷時，電場力做多少正功，電荷的電勢能就減小多少；電場力做多少負(fù)功，則電荷的電勢能就增加多少。計算方法為WAB＝EpA－EpB＝qφA－qφB＝q(φA－φB)＝qUAB。 4．一個器件 電容器是容納電荷和儲存電能的一種元件。牽涉到電容器電容的公式主要有兩個，一個是電容器的定義式C＝，它普遍適用，C與Q無正比關(guān)系，C與U無反比關(guān)系；另一個是電容器的決定式C＝，它只適用于平行板電容器，電容決定于兩極板的正對面積S、兩極板間的距離d以及兩極板間填充的電介質(zhì)的介電常數(shù)εr。 [易錯易混醒一醒] 1．庫侖定律只成立于兩個點電荷之間，對于勻質(zhì)球體不成立。 2．求電場強(qiáng)度E的三個公式容易混淆。在電場中判斷E大小、電勢高低、電勢能的大小容易混淆。 3．注意U＝Ed的適用條件，適用于勻強(qiáng)電場，d為兩點間沿場強(qiáng)方向的距離，但對非勻強(qiáng)電場定性成立。 [保溫訓(xùn)練試一試] 1．[多選](xx海南高考)如圖，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O(shè)為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點。不計重力。下列說法正確的是(　　) A．M帶負(fù)電荷，N帶正電荷 B．M在b點的動能小于它在a點的動能 C．N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能 D．N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功 解析：選ABC　粒子受到的電場力指向軌跡的凹側(cè)，由題圖可知M受到了引力作用，N受到了斥力作用，故M帶負(fù)電荷，N帶正電荷，選項A正確；由于虛線是等勢面，故M從a點到b點電場力對其做負(fù)功，動能減小，選項B正確；d點和e點在同一等勢面上，N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能，故選項C正確； N從c點運動到d點的過程中，電場力做正功，故選項D錯誤。 2．[多選]如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，平行板電容器兩金屬板水平放置，開關(guān)S是閉合的，兩板間一質(zhì)量為m，電荷量為q的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，G為靈敏電流計。則下列說法正確的是(　　) A．若電阻R2短路，油滴向上加速運動，G中有從b到a的電流 B．在將滑動變阻器滑片P向下移動的過程中，油滴向下加速運動，G中有從a到b的電流 C．在將滑動變阻器滑片P向上移動的過程中，油滴仍然靜止，G中有從a到b的電流 D．在將S斷開電路穩(wěn)定后，油滴向下運動，G中無電流通過 解析：選BD　若電阻R2短路，則電容器兩極板間的電壓為零，油滴向下運動，A錯誤；滑片向下移動，滑動變阻器連入電路的電阻減小，并聯(lián)部分兩端電壓減小，電容器放電，電場減弱，油滴向下加速運動，G中有從a到b的電流，B正確；在滑片P向上移動的過程中，滑動變阻器連入電路的電阻增大，故電路總電阻增大，路端電壓增大，電路總電流減小，即通過R1的電流減小，所以R1兩端的電壓減小，而路端電壓是增大的，所以并聯(lián)部分兩端電壓增大，電容器處于充電狀態(tài)，G中有由b到a的電流，因 電容器兩極板間的電壓增大，則兩極板間的電場強(qiáng)度增大，所以油滴向上加速運動，C錯誤；將S斷開，由于電容器放電，兩極板間的電壓減小，所以兩極板間的電場強(qiáng)度減小，故油滴不能保持靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)電路穩(wěn)定后，電路中無電流，油滴向下運動，D正確。 3．如圖所示，在(0，y0)和(0，－y0)兩位置分別固定一個電荷量為＋Q的點電荷。另一個帶電荷量為＋q的點電荷從(－x0,0)位置以初速度v0沿x軸正方向運動。點電荷＋q從(－x0,0)到(x0,0)的過程中只受電場力作用，下列描述其加速度a或速度v與位置x的關(guān)系圖像可能正確的是(　　) 解析：選D　根據(jù)等量同種電荷電場線的分布情況可知，＋q從－x0到0，再到x0，場強(qiáng)可能先一直減小，再一直增大，但不是均勻減小，也不是均勻增大，由牛頓第二定律知a＝，加速度不可能均勻變化，故A項錯誤；場強(qiáng)方向先向左后向右，大小可能先增大后減小，再增大，最后減小，由牛頓第二定律知，加速度方向先向左后向右，即先負(fù)后正，故B項錯誤；由于加速度是變化的，故v x圖像不可能是直線，故C項錯誤；若場強(qiáng)先一直減小，再一直增大，則加速度先減小后增大，點電荷先做加速度減小的減速運動，再做加速度增大的加